方程φ(φ(φ(x)))=2的正整數(shù)解

方程φ(φ(φ(x)))=2的正整數(shù)解

熱伊麥·阿卜杜力木

(喀什大學 數(shù)學與統(tǒng)計學院，新疆 喀什 844008)

摘要：討論了方程φ(φ(φ(x)))=2的正整數(shù)解問題，利用初等方法給出了方程的全部17個正整數(shù)解，其中φ(x)為Euler函數(shù).

關鍵詞：Euler函數(shù)；正整數(shù)解；初等方法

doi:10.16055/j.issn.1672-058X.2015.0011.010

收稿日期：2015-06-04；修回日期：2015-07-16.

作者簡介：熱伊麥·阿卜杜力木(1993-)，女，維吾爾族人，新疆輪臺人，從事基礎數(shù)學研究.

中圖分類號：O156文獻標志碼：A

此處主要討論了方程

(1)

的正整數(shù)解問題，利用初等的方法給出了其全部的正整數(shù)解.

1引理

引理1[10]當n≥3是整數(shù)時，φ(n)為偶數(shù).

引理2[11]方程φ(x)=2P的解x為

2結論及其證明

定理1方程(1)的正整數(shù)解為x=11，13，15，16，19，20，21，22，24，26，27，28，30，36，38，42，54，共有17個.

證明設x=2αq1β1q2β2…qtβt是方程(1)的正整數(shù)解，其中qi(i=1，2，…，t)是滿足2

當t≥4時，φ(φ(φ(2αq1β1q2β2…qtβt)))>2，因而，此處只需考慮0≤t≤3的情況.

同樣，由于φ(n)為積性函數(shù)，則有

當α≥5時，φ(φ(φ(2αq1β1q2β2…qtβt)))>2，因而，此處只需考慮0≤α≤4的情況.

情況Ⅰ當t=0，此時x=2α，則有

從而可得α=4，進而有x=16是方程(1)的正整數(shù)解.

情況Ⅱ當t=1，此時x=2αqβ，現(xiàn)對α，β的值進行討論.

情況1α=0，β=1，此時x=q，則有

由引理2可得，φ(q-1)=3或φ(q-1)=4或φ(q-1)=6.由引理1可得，φ(q-1)=3是不可能成立的.

當φ(q-1)=4時，有q-1=5，8，10，12，即有q=11，13，因而x=11，13是方程(1)的2個正整數(shù)解.

當φ(q-1)=6時，有q-1=7，9，14，18，即有q=19，因而x=19是方程(1)的正整數(shù)解.

情況2α=0，β=2，此時x=q2，則有

由引理2可得，(q-1)φ(q-1)=3或(q-1)φ(q-1)=4或(q-1)φ(q-1)=6.由于q為奇素數(shù)，從而方程(q-1)φ(q-1)=3，4，6都無正整數(shù)解，因而，此時方程(1)無正整數(shù)解.

情況3α=0，β=3，此時x=q3，則有

由引理2可得，(q2-q)φ(q-1)=3或(q2-q)φ(q-1)=4或(q2-q)φ(q-1)=6.由于q為奇素數(shù)，從而方程(q2-q)φ(q-1)=3，4都無正整數(shù)解.當(q2-q)φ(q-1)=6時，有q=3.因而，此時x=33=27是方程(1)的正整數(shù)解.

情況4α=0，β≥4，此時x=qβ，則有

由引理2可得，(qβ-1-qβ-2)φ(q-1)=qβ-2(q-1)φ(q-1)=3，4，6.由于q為奇素數(shù)，β-2≥2，從而方程(qβ-1-qβ-2)φ(q-1)=qβ-2(q-1)φ(q-1)=3，4，6都無正整數(shù)解.因而，此時方程(1)無正整數(shù)解.

情況5α=1，β=1，此時x=2q，則有

由情況1的討論可知，此時，x=22，26，38是方程(1)的3個正整數(shù)解.

情況6α=1，β=2，此時x=2q2，則有

由情況2的討論可知，此時方程(1)無正整數(shù)解.

情況7α=1，β=3，此時x=2q3，則有

由情況3的討論可知，此時，x=54是方程(1)的正整數(shù)解.

情況8α=1，β≥4，此時x=2qβ，則有

由情況4的討論可知，此時，方程(1)無正整數(shù)解.

情況9α=2，β=1，此時x=4q，則有

由引理2可得，φ(2(q-1))=3或φ(2(q-1))=4或φ(2(q-1))=6.由引理1可知，φ(2(q-1))=3無正整數(shù)解.

當φ(2(q-1))=4時，有2(q-1)=5，8，10，12.從而有q=5，7，從而x=20，28是方程(1)的2個正整數(shù)解.

當φ(2(q-1))=6時，有2(q-1)=7，9，14，18.此時方程(1)無正整數(shù)解.

情況10α=2，β=2，此時x=4q2，則有

由引理2可得，(q-1)φ(2(q-1))=3，4，6.此時，有q=3，進而x=36是方程(1)的正整數(shù)解.

情況11α=2，β=3，此時x=4q3，則有

由引理2可得，(q2-q)φ(2(q-1))=3，4，6.此時方程(1)無正整數(shù)解.

情況12α=2，β≥4，此時x=4qβ，則有

由引理2可得，(qβ-1-qβ-2)φ(2(q-1))=3，4，6.由于q為奇素數(shù)，β-2≥2，從而方程(qβ-1-qβ-2)φ(2(q-1))=3，4，6都無正整數(shù)解.因而，此時方程(1)無正整數(shù)解.

情況13α=3，β=1，此時x=8q，則有

由引理2可得，φ(4(q-1))=3，4，6.由引理1可得，φ(4(q-1))=3是不可能成立的.由引理2可得，當φ(4(q-1))=4時，有4(q-1)=5，8，10，12，此時有q=3，從而方程(1)有正整數(shù)解x=24.當φ(4(q-1))=6時，有4(q-1)=7，9，14，18，顯然其無正整數(shù)解，因而，此時方程(1)無正整數(shù)解.

情況14α=3，β=2，此時x=8q2，則有

由引理2可得，(q-1)φ(4(q-1))=3，4，6.由于不存在奇素數(shù)q，使得(q-1)φ(4(q-1))=3，4，6成立，因而，此時方程(1)無正整數(shù)解.

情況15α=3，β=3，此時x=8q3，則有

由引理2可得，(q2-q)φ(4(q-1))=3，4，6.由于不存在奇素數(shù)q，使得(q2-q)φ(4(q-1))=3，4，6成立，因而，此時方程(1)無正整數(shù)解.

情況16α=3，β≥4，此時x=8qβ，則有

由引理2可得，(qβ-1-qβ-2)φ(4(q-1))=3，4，6.由于q為奇素數(shù)，β≥4，因而(qβ-1-qβ-2)φ(4(q-1))=3，4，6無正整數(shù)解，因而，此時方程(1)無正整數(shù)解.

情況17α=4，此時x=2αqβ，則有

因而，此時方程(1)無正整數(shù)解.

情況Ⅲ當t=2，此時x=2αq1β1q2β2.現(xiàn)對α，βi(i=1，2)的值分以下情況進行討論.

情況1α=0，β1=1，β2=1，此時x=q1q2，則有

由引理2可得，(q2-1)φ((q1-1)(q2-1))=3，4，6.此時，不存在奇素數(shù)q1，q2使得其成立，因而方程(1)無正整數(shù)解.同理，對于α=0，β1=2，β2=1的情況，方程(1)無正整數(shù)解.

情況3α=0，β1=1，β2≥3，此時x=q1q2β2，則有

由引理2可得，(q2β2-1 -q2β2-2 )φ((q1-1)(q2-1))=3，4，6.此時，不存在奇素數(shù)q1，q2使得其成立，因而方程(1)無正整數(shù)解.同理，對于α=0，β1≥3，β2=1的情況，方程(1)無正整數(shù)解.

由引理2可得，(q1-1)(q2-1)φ((q1-1)(q2-1))=3，4，6.顯然不存在奇素數(shù)q1，q2使得其成立，因而方程(1)無正整數(shù)解.

由引理2可得，(q1-1)(q2β2-1 -q2β2-2 )φ((q1-1)(q2-1))=3，4，6.顯然不存在奇素數(shù)q1，q2使得其成立，因而方程(1)無正整數(shù)解.同理，對于α=0，β1≥3，β2=2，方程(1)無正整數(shù)解.結合α=0，β1=2，β2≥3與α=0，β1≥3，β2=2這2種情況可得，當α=0，β1≥3，β2≥3情況時，方程(1)無正整數(shù)解.

情況6α=1，β1=1，β2=1，此時x=2q1q2，則有

由情況1的討論可得，此時方程(1)有正整數(shù)解x=30，42.

由情況2的討論可得，此時方程(1)無正整數(shù)解.同理，在情況α=1，β1=2，β2=1下，方程(1)無正整數(shù)解.

情況8α=1，β1=1，β2≥3，此時x=2q1q2β2，則有

由情況3的討論可得，此時方程(1)無正整數(shù)解.同理，在情況α=1，β1=2，β2=1下，方程(1)無正整數(shù)解.同理，在情況α=1，β1≥3，β2=1下，方程(1)無正整數(shù)解.

由情況4的討論可得，此時方程(1)無正整數(shù)解.

由情況5的討論可知，此時方程(1)無正整數(shù)解.同理，對于α=0，β1≥3，β2=2，方程(1)無正整數(shù)解.結合α=1，β1=2，β2≥3與α=1，β1≥3，β2=2這2種情況可得，當α=1，β1≥3，β2≥3情況時，方程(1)無正整數(shù)解.

情況11α=2，β1=1，β2=1，此時x=4q1q2，則有

由引理2可得，φ(2(q1-1)(q2-1))=3，4，6.由引理1可得，φ(2(q1-1)(q2-1))=3不可能成立.當φ(2(q1-1)(q2-1))=4時，有2(q1-1)(q2-1)=5，8，10，12，此時不存在滿足q1

至于t=2時有關α=3與α=4的情況，可通過以上類似的方法得到方程(1)無正整數(shù)解，此處不再贅述.

情況Ⅳ當t=3，此時，x=2αq1β1q2β2q3β3，對于t=3的這一情況，這里只考慮α=0，β1=1，β2=1，β3=1這一最簡單的情況，至于其他情況可以相類似的得到.

當α=0，β1=1，β2=1，β3=1時，x=q1q2q3，則有

由引理2可得，φ((q1-1)(q2-1)(q3-1))=3，4，6.由引理1可得，φ((q1-1)(q2-1)(q3-1))=3不可能成立.當φ((q1-1)(q2-1)(q3-1))=4時，有(q1-1)(q2-1)(q3-1)=5，8，10，12，顯然不存在3個互不相同的奇素數(shù)使得其成立，此時方程(1)無正整數(shù)解.同理，當φ((q1-1)(q2-1)(q3-1))=6時，方程(1)無正整數(shù)解.同理，對于這一情況中有關α，β1，β2，β3其他取值的情況，可以得到方程(1)無正整數(shù)解.

綜合以上討論可得，方程(1)有正整數(shù)解x=11，13，15，16，19，20，21，22，24，26，27，28，30，36，38，42，54.證畢.

參考文獻：

[1] 閔嗣鶴，嚴士健.初等數(shù)論[M].3版.北京：高等教育出版社，2003

[2] 蓋伊R K.數(shù)論中未解決的問題[M].3版.北京：科學出版社，2007

[3] 樂茂華.關于方程φ(x) = 2t[J].周口師范學院學報，2005，22(5)：18-82

[4] 呂志宏.一個包含Euler函數(shù)的方程[J].西北大學學報：自然科學版，2006，36(1)：17-20

[5] 陳國慧.一個包含Euler函數(shù)的方程[J].純粹數(shù)學與應用數(shù)學，2007，23(4)：439-445

[6] 馬靜.方程φ(n)=2tω(n)(t∈Z+)的解[J].安徽師范大學學報，2009，32(1)：23-26

[7] 田呈亮，付靜，白維祖.一個包含歐拉函數(shù)的方程[J].純粹數(shù)學與應用數(shù)學，2010，26(1)：96-98

[8] 孫翠芳，程智.若干包含Euler 函數(shù)φ(n)的方程[J].吉林大學學報：理學版，2012，50(5)：859-862

[9] 多布杰.關于歐拉函數(shù)方程φ(φ(x)) = 2t的可解性[J].純粹數(shù)學與應用數(shù)學，2014，30(6)：564-568

[10] ROSEN K H.Elementary Theory and Its Applications[M].5th ed.Pearson Educatin，Inc，Addison Wesley，2005

[11] 姜友誼.關于Euler 函數(shù)方程φ(x)=m的解[J].重慶工業(yè)管理學院學報，1998，12(5)：91-94

Positive Integer Solutions of Equationφ(φ(φ(x)))=2

Rahima·Abdilim

(School of Mathematics and Statistics，Kashgar University，Xinjiang Kashgar 844008，China)

Abstract：The positive integer solutions of equation φ(φ(φ(x)))=2 are discussed，and the all 17 positive integer solutions of this equation are given by elementary method，where φ(x) is Euler function.

Key words： Euler function; positive integer solutions; elementary method